文档文本内容
2024—2025 学年高考适应性测试
数学
2025.05
本试卷共5页，150分．考试时长120分钟．考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无
效．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
第一部分（选择题 共40分）
一、选择题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题列出的四个选项中，选出符合题目
要求的一项．
1. 已知集合 ， ，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先根据分式不等式的解法得出 ；再根据集合间的基本关系即可判断.
【详解】因为 ， ，
所以 ， .
故选：B.
2. 若复数 为纯虚数，则实数 （ ）
A. B. 2 C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据已知条件，结合复数的四则运算，以及纯虚数的定义，即可求解.
【详解】复数 为纯虚数，则 ，解的 .故选：A
3. 已知直线 ： 与圆 ： ，则（ ）
A. 与 相离 B. 与 相切
C. 平分 D. 与 相交但不平分
【答案】C
【解析】
【分析】根据圆心到直线的距离与半径之间的大小关系，判断直线和圆的位置关系.
【详解】已知圆 ： ，则圆心 为，半径为 ，
圆心到直线 的距离 ，即直线经过圆心.
故选：C.
4. 已知平面向量 ， ，若 ，则实数 （ ）
A. B. 1 C. 或1 D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】根据向量垂直的坐标表示即可求出 的值.
【详解】因为 ，
所以 .
因为 ，所以
所以 .
解得 .
故选：C.
5. 已知抛物线 ： 的焦点为 ，准线为 ，与 轴平行的直线与 和 分别交于 ， 两点，且，则 （ ）
A. B. 2 C. D. 4
【答案】D
【解析】
【分析】由抛物线定义结合 得到 为等边三角形，进而得到 ，求出
，得到答案.
【详解】由抛物线定义可知 ，
因为 ，所以 为等边三角形，
故 ， ，
所以 ，
其中准线 与 轴交点为 ，则 ，故 ，
所以 .
故选：D
6. 已知函数 ，函数 的最小正周期为（ ）
A. B. C. D.【答案】B
【解析】
【分析】化简函数 ，结合正切函数的图象与性质，以及函数的定义域，即可求解.
【详解】由题意，函数 ，
定义域为 ，解得 且 ，
结合正切函数的图象，可得函数 的最小正周期为 .
故选：B.
【点睛】本题主要考查了三角函数的图象与性质，以及同角三角函数的基本关系式的应用，其中解答中合
理应用三角函数的基本关系式化简，熟记三角函数的图象与性质是解答的关键，着重考查了化简与运算能
力，属于中档试题.
7. 蚊香具有悠久的历史，我国蚊香的发明与古人端午节的习俗有关.如图为某校数学社团用数学软件制作
的“蚊香”. 画法如下：在水平直线上取长度为1的线段 ，作一个等边三角形 ，然后以点B为圆心，
为半径逆时针画圆弧交线段 的延长线于点D（第一段圆弧），再以点C为圆心， 为半径逆时
针画圆弧交线段 的延长线于点E，再以点A为圆心， 为半径逆时针画圆弧……以此类推，当得到
的“蚊香”恰好有15段圆弧时，“蚊香”的长度为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】【分析】利用扇形弧长公式及等差数列求和公式计算即可.
【详解】由题意每段圆弧的中心角都是 ，每段圆弧的半径依次增加1，
则第 段圆弧的半径为 ，弧长记为 ，则 ，
所以 .
故选：D．
8. 已知数列{a}满足a =sina，n∈N*，则“a≥0”是“任意n∈N*，都有a ≤a”的（ ）
n n+1 n 1 n+1 n
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】构造函数 ，利用导数判断函数为单调递减，进而得到 与 的大小关系，再
利用必要充分条件的定义，即可得到答案；
【详解】解：设 ，所以f′（x）=cosx﹣1≤0，
故f（x）在R上单调递减，当x>0时，f（x）<f（0）=0，即sinx<x.
当x<0时，f（x）>f（0）=0，即sinx>x.
当任意n∈N*，都有a ≤a，即sina≤a，所以a≥0，即a≥0.
n+1 n n n n 1
当a≥0时，令a= ，a=﹣1，a=sin（﹣1）>﹣1，
1 1 2 3
所以a≥0不能推出“任意n∈N*，都有a ≤a“，
1 n+1 n
故“a≥0”是“任意n∈N*，都有a ≤a”的必要不充分条件.
1 n+1 n
故选：B.
9. 《九章算术》是我国古代的一部数学名著，书中记载了一类名为“羡除”的五面体．如图，在羡除
中，底面 是正方形， ∥平面 ， ，其余棱长都为 ，则这个几何体的
体积为（ ）A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】连接 交于点 ,取 的中点为 ,则 平面 ,取 的中点为 ,连接 ,则
, 过 作 ,则 平面 ,进而求解体积.
【详解】连接 交于点 ,取 的中点为 ,则 平面 ,
由 其余棱长都为 ，所以
取 的中点为 ,连接 ,则 , 过 作 ,
则 平面 ,如图所示，由题意可知， ,则 ,
所以 ,
所以 .
故选：D
10. 已知定义在 上的函数 满足如下三个条件：
① ，有 ；② ，有 ；
③ ， ．
则下列说法正确的是（ ）
A. ，有 ，
B. ，有 ，
C. 函数 的递减区间为 ，
D. 当 时，
【答案】D
【解析】
【分析】先求证 是 的一个周期，以及 关于直线 对称即可判断AB选项；利用导函数判
断 在 上的单调性，再结合周期性和对称性即可判断CD选项.
【详解】因 ，则 ，则 ，
即 是 的一个周期；
因 ， ，则 ，
即 关于直线 对称，
对于A，因 等价于 ，
即 关于 中心对称，故A错误；
对于B， 等价于 ，即 为偶函数，故B错误；对于C， ， ，
则 ，
则 在 上单调递增，
因为 为奇函数，则 在 上单调递增，
因 为关于直线 对称，则 在 上单调递减，
因 是 的一个周期，则 的单调递减区间为 ，
单调递增区间为 ，故C错误；
对于D，因 ，则 ，结合单调性可知 ，故D正确.
故选：D
第二部分（非选择题 共110分）
二、填空题共5小题，每小题5分，共25分．
11. 的展开式中 项的系数为______．
【答案】
【解析】
【分析】根据二项式展开式的通项公式来求解 项的系数.
【详解】二项式 展开式的通项公式为： .
令 ，则 ，所以 项的系数为 .故答案为： .
12. 若双曲线 （ ）的一条渐近线方程为 ，则 ______．
【答案】3
【解析】
【分析】由焦点落在 轴上的双曲线方程渐近线为 ，即可得 ，即可求得 的值.
【详解】由双曲线 （ ）可知双曲线焦点在 轴上，则 ，得 .
故答案为：3.
13. 已知函数 （ ）， ， ，且 的最小
值为 ，则 ______， ______．
【答案】 ①. ##1.5 ②.
【解析】
【分析】根据两角和的正弦公式化简，求出 ，根据零点与极值点求出周期得出 .
【详解】
，
所以 ，
因为 ， ，且 的最小值为 ，所以 ，即 ，解得 .
故答案为： ；
14. 已知函数 .若 最小值为 ，则 的一个取值为______；
的
的最大值为______．
【答案】 ①. 2（答案不唯一， 即可） ②. 4
【解析】
【分析】分别研究 和 时函数的最小值情况，确保两个区间内的最小值都不小于 ，且
是整体的最小值，结合两段函数的性质，求解 的取值.
【详解】由题意知，原函数中 为最小值，
①当 时，令 ，则 ，函数变为 ，
求导得 ，令 ，则 ，
i）当 ，即 时，最小值在 处，
此时 ，因为 的最小值为 ，
所以有 ，可得 ；
ii）当 ，即 时， 在 上单调递增，
最小值 .
②当 时， ，最小值在 处，此时 ，因为 的最小值为 ，
所以有 ，可得 ；
综上所述， .
故答案为：2（答案不唯一， 即可）；4
15. 已知数列 的前 项和为 ， 且 （ ），给出下列四个结论：
①长度为 ， ，1的三条线段可以围成一个内角为 的三角形；
② ， ；
③ ， ；
④ ．
其中正确结论的序号是______．
【答案】①③④
【解析】
【分析】利用余弦定理可判断①，举反例可判断②，对式子变形，换元求解数列前 项和及通项公式，结
合三角函数恒等变换可判断③④.
【详解】对于①，长度为 ， ，1的三条线段组成三角形，
设边长为 的边对应的角为 ，因为 ，所以 ，
故 ，
又 ，所以 ，即边长为 对应的角为 ，故①正确；对于②，由 ， ，则 ，
当 时， ，故②错误；
对于③④，因为 ，
所以 ，令 ，则 ，
令 ， 为锐角，
则
，所以 ，所以 ，又 ，
所以 ，即 ，所以 ，
所以 ，
所以 ，所以 ，故④正确；
所以 ，当 时， ，
又 也适合 ，所以 ，又 ，
即 ，所以 ，故③正确.
故答案为：①③④.
三、解答题共6小题，共85分．解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程．
16. 在 中，内角 ， ， 所对的边分别为 ， ， ，角 的角平分线交 于点 ，且
．
（1）求 ；
（2）若 ，且 的面积为 ，角 的角平分线为 ，求 的长．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据正弦定理进行边角互化，再根据二倍角公式化简可得解；
（2）根据三角形面积可得 ，再根据等面积法可得角分线长度.
【小问1详解】
由已知 ，
又由正弦定理可得 ，
又 ，所以 ，则 ，又 ，即 ，
又 ， ，即 ，
则 ，所以 ， ；
【小问2详解】
由已知 ，所以 ，
因为 为角 的角分线，
故 ，
所以 ，
即 ，
解得 .
17. 如图，在三棱柱 中， 是边长为2的正三角形，且 ．
（1）求证：四边形 是矩形；
（2）从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，求直线 与平面 所成角的正
弦值．条件①：平面 平面 ；
条件②：三棱柱 的体积为 ；
条件③：三棱锥 是正四面体．
注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解
答计分．
【答案】（1）证明见解析
（2）选条件②或条件③，
【解析】
【分析】（1）由正三棱锥的性质以及正三角形的性质，可得线线垂直，根据线面垂直，可得答案；
（2）由题意，建立空间直角坐标，求得直线的方向向量以及平面的法向量，利用线面角的向量公式，可
得答案.
【小问1详解】
证明：取 中点为 ，连接 和
∵ ，∴
又 为等边三角形，∴
∵ ， ， 面 ，
∴ 平面 ，又 面 ，∴
∵三棱柱中 ，
∴ ，四边形 是平行四边形，
∴四边形 是矩形.
【小问2详解】
条件①：不符合题意
条件②：取 中点为 ，连接 ， 交于点
则 底面三棱柱 的体积为 ，底面积为 ，所以高 ，
以 为坐标原点， 为 轴正方向， 为 轴正方向，
过点 且与 平行的方向为 轴的正方向建立空间直角坐标系，
则 ， ， ， ，
设平面 的法向量 ，
因为 ， ．
则 ，取 ，可得 ，
又 ，
设直线 与平面 所成角为 ，
所以 ．
条件③： 为正四面体，∴
取 中点为 ，连接 ， 交于点则 底面
由等边 易得 ，
以 为坐标原点， 为 轴正方向， 为 轴正方向，
过点 且与 平行的方向为 轴的正方向建立空间直角坐标系，
则 ， ， ， ，
设平面 的法向量 ，
因为 ， ．
则 ，
取 ，可得 ，
又 ，
设直线 与平面 所成角为 ，
所以 ．18. 为测试 、 两款人工智能软件解答数学问题的能力，将100道难度相当的数学试题从1到100编号后
随机分配给这两款软件测试．每道试题只被一款软件解答一次，记录结果如下：
软件 软件
试题类别
测试试题数量 正确解答的数量 测试试题数量 正确解答的数量
函数试题 30 24 20 18
几何试题 20 16 30 20
（1）估计 软件能正确解答数学问题的概率；
（2）小明决定采用这两款软件解答3道类似试题（假设其难度和测试的100道题基本相同），其中函数2
道，几何1道；使用 软件解答2道函数试题，使用 软件解答1道几何试题；每道试题只用其中一款软
件解答一次．假设用频率估计概率，且每次解答相互独立．用 表示3道类似试题被正确解答的个数，求
的分布列与数学期望；
（3）小明准备用这两款软件来解决某次数学测试中的第12题（假设其难度和测试的100道题基本相同），
但该题内容还未知，从已往情况来看，该题是函数题的概率为 ，几何题的概率为 ．假设用频率估计概
率，试说明小明用哪款软件正确解答这道试题的概率大？（结论不要求证明）
【答案】（1）
（2）分布列见解析；期望为
（3）答案见解析
【解析】
【分析】（1）由古典概型概率计算公式即可求解；
（2）法一：确定 的每一个取值，求得对应概率即可求解；法二：用 、 分别表示这2道函数试题
与1道几何试题被正确解答的个数，得到 ， ，再由 即可求解；
（3）记“ 软件能正确解答这道题”为事件 ，“ 软件能正确解答这道题”为事件 ，由全概率计算公式求得 比较大小即可.
【小问1详解】
记 软件能正确解答数学问题为事件 ，
结合题中数据以及古典概型的概率公式可得 ．
【小问2详解】
解法一：使用 软件解答函数试题正确的概率为 ，
使用 软件解答几何试题正确的概率为 ；
的可能取值为0、1、2、3，
，
，
，
，
则其分布列为：
0 1 2 3
其期望为： ；
解法二：函数试题用 软件解答，几何试题用 软件解答．
用 、 分别表示这2道函数试题与1道几何试题被正确解答的个数，因为 ， ，
0 1 2
0 1
的可能取值为0、1、2、3，
， ，
， ，
则其分布列为：
0 1 2 3
由二项分布的期望公式可得 ，
因为 ， 相互独立，则
．
【小问3详解】
小明应该使用 软件来解决这道试题．
记“ 软件能正确解答这道题”为事件 ，“ 软件能正确解答这道题”为事件 ，
“该题为几何题”为事件 ．则 ， ， ，
， ， ，
由全概率公式可得
．
．
因为 ，所以 软件能够正确解决这道试题的概率更大，
故小明应该使用 软件来解决这道试题．
19. 已知椭圆 ： （ ）的短轴长为 ，过左焦点 作两条互相垂直的直线
， ，分别交椭圆 于 ， 和 ， 四点．设 ， 的中点分别为 ， ．
（1）求椭圆 的方程；
（2）直线 是否经过定点？若是，求出定点坐标；若否，请说明理由．
【答案】（1）
（2）直线 经过定点，定点坐标为
【解析】
【分析】（1）由焦点坐标以及短轴长的概念，结合椭圆的标准方程，可得答案；
（2）利用分类讨论，分直线斜率存在与否，设出直线方程以及交点坐标，写出中点坐标，联立方程，写
出韦达定理，可得答案.
【小问1详解】
因为椭圆的左焦点 ，所以 ，又短轴长为 ，所以 ，由 可得 ，
故椭圆 的方程为 .
【小问2详解】
当直线 和 斜率存在时，设直线 方程为： ，
设 ， ，则有中点 ，
联立方程 ，消去 得： ，
由韦达定理得： ，所以 的坐标为 ，
将上式中的 换成 ，同理可得 的坐标为 ，
若 ，即 ， ，
此时直线 斜率不存在，直线过定点 ；
当 时，即直线 斜率存在，
则 ，直线 为 ，
令 ，得 ，
此时直线 过定点 ，
显然当直线 或 斜率不存在时，直线 就是 轴，也会过 ，
综上所述：直线 经过定点，定点坐标为 .
20. 已知函数 ，其中 ．
（1）求 的单调区间；
（2）若 恒成立．
①求实数 的值；
②判断方程 的根的个数，并说明理由．
【答案】（1）答案见解析
（2）① ；②两个，理由见解析
【解析】
【分析】（1）分 ， 两种情况，解不等式 ， 可得单调区间；
（2）①由（1）可得 满足题意，注意到 ，通过研究 单调性
可得答案；
②由 （ ）单调性，结合零点存在性定理可得零点个数.
【小问1详解】， ．
当 时，对 ， ，
所以 的单调递增区间为 ，无递减区间；
当 时，令 ，得 ．
因为 时， ； 时， ．
所以 的单调递减区间为 ，单调递增区间为 ．
【小问2详解】
①由（1）知，当 时， 的单调递增区间为 ，
所以当 时，有 ，不符合题意；
当 时， 的单调递减区间为 ，单调递增区间为 ，
所以 ，
令 （ ）， ，
与 在区间 上的情况如下：
－ 0 ＋
↘ 0 ↗
所以
所以 时， ，时， ，所以 ．
②方程 有两个根，证明如下：
令 （ ）， ，
① 时，令 ， ，
， ， 单调递增，
，
所以 ， ，
．
－ 0 ＋
↘ 0 ↗
， ， ，
所以 在区间 上有一个零点．
② 时， ， ，所以 ，所以 递增，
，
由（i）知 ，所以 在区间 上有一个零点．
③ 时，由①知 ， ，所以 ，所以 无零点．
④ 时，因 为 ，
对于函数 ，则 ,
故 在上递增，
所以 ，
所以 无零点．
综上可知函数 有两个零点．
【点睛】关键点睛：对于零点问题，常利用数形结合思想，转化为函数图象的交点问题，也可如本题，利
用函数单调性结合零点存在性定理解决.
21. 若项数为 且 的有穷数列 满足： ，则称数列
具有“性质 ”．
（1）判断下列数列是否具有“性质 ”，并说明理由；
①1，2，4，3；②2，4，8，16．
（2）设 ，2， ， ，若数列 具有“性质 ”，且各项互不相同．求证：
“数列 为等差数列”的充要条件是“数列 为常数列”；
（3）已知数列 具有“性质 ”．若存在数列 ，使得数列 是连续 个正整数1，2， ，
的一个排列，且 ，求 的所有可能的值．
【答案】（1）数列1，2，4，3不具有“性质M”；数列2，4，8，16具有“性质M”
（2）证明见解析 （3） 或5
【解析】【分析】（1）按照题目给出的定义可直接判断；
（2）根据充要条件的概念直接证明；
（3）根据条件可知 ， ， 逐渐增大，且最小值为1，分情况可求之．
【小问1详解】
解： ， 该数列不具有“性质 ”；
， 该数列具有“性质 ”；
【小问2详解】
证 明 ： 充 分 性 ， 若 数 列 是 常 数 列 ， 则 ， 即 ，
或
又数列 且各项互不相同， ， 数列 为等差数列；
必要性，若数列 为等差数列，则 ，即 ， 数列 为常数列；
【小问3详解】
解： 数列 是连续 个正整数1，2， ， 的一个排列， 当 时， ，
，不符合题意；
当 时，数列3，2，4，1满足， ，符合题意；
当 时，数列2，3，4，5，1满足 ，符合题意；
当 时 ， 令 ， 2 ， ， ， 则 ， 且
， 的取值有以下三种可能
① ，② ，③ ，当 时， ，由（2）知 ， ， ， 是公差为1或
的等差数列，
若公差为 1 时，由 得 或 ， ，不合题意，
不合题意；
若公差为 ，同上述方法可得不符合题意；
当满足② ，③ 时，同理可证不符合题意，
故： 或5．
【点睛】本题考查了给出新定义求解问题，数列的通项公式，充要条件等知识，综合性较强，是难题．
